精品解析：湖北省黄冈中学2026届高三下学期5月第二次模拟考试数学试卷

高三5月第二次模拟考试 数学试卷 本试卷共4页，19题．满分150分． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将答题卡上交． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知命题：，有，命题：，使得，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 2. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 等差数列的前n项和为，且，，则（ ） A. 90 B. 100 C. 110 D. 200 5. 已知直线与圆交于A，B两点，则的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. 5 D. 10 6. 某游客计划3天内游览完A，B，C，D，E这5个景点，每天至多游览2个景点，且A，B两个景点不安排在同一天游览，则不同的安排方案种数为（ ） A. 36 B. 72 C. 90 D. 144 7. 已知双曲线及（其中），与相交于A，B，C，D四点，与的两条渐近线相交于四点．若四边形ABCD与四边形相似，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知时，关于x的不等式恒成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 如图，在中，，，P为内的一点，，则下列说法正确的是（ ） A. 若P为的重心，则 B. 若P为的内心，则 C. 若P为的外心，则 D. 若P为的垂心，则 10. 在数列中，若，，则（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列是递减数列 C. 若数列的前n项和为，则 D. 若数列的前n项和为，则 11. 已知棱长为的正四面体的四个顶点、、、均在球的球面上，动点、分别在棱、上（不包括端点），则（ ） A. 面积的最小值为 B. 若恰有两个点满足，则的取值范围是 C. 到平面和到平面的距离之和为定值 D. 若，则的周长不可能为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一组数据，，，，频率分布直方图如图所示．若（，，，），则估计数据，，，，的中位数为__________． 13. 已知，分别为函数的两个零点，则的最小值为_____. 14. 已知集合，，将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．若且，则__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在三棱锥中，和均为等边三角形． （1）若为线段的中点，求证：平面平面； （2）当直线与直线所成角的余弦值为时，求二面角的大小． 16. 已知锐角三角形中，角，，的对边分别为，，，且满足． （1）求证：； （2）求的取值范围． 17. 为了增强学生的国防意识，某中学组织了一次国防知识竞赛，高一和高二两个年级学生参加知识竞赛，现两个年级各派一位学生代表参加国防知识决赛，决赛的规则如下： ①决赛一共五轮，在每一轮中，两位学生各回答一次题目，两队累计答对题目数量多者胜；若五轮答满，分数持平，则并列为冠军； ②如果在答满轮前，其中一方答对题目数量已经多于另一方答满次题可能答对的题目数量，则不需再答题，譬如：第轮结束时，双方答对题目数量比为，则不需再答第轮了； ③设高一年级的学生代表甲答对比赛题目的概率是，高二年级的学生代表乙答对比赛题目的概率是，每轮答题比赛中，答对与否互不影响，各轮结果也互不影响. （1）在一次赛前训练中，学生代表甲同学答了轮题，且每次答题互不影响，记为答对题目的数量，求的分布列及数学期望； （2）求在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出的概率. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，是圆上一点，线段与交于点，且． （1）求的标准方程； （2）设为坐标原点，，直线与交于，两点，线段的中点为，的外心为，直线的斜率为，直线的斜率为． （i）试用表示点的坐标； （ii）试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 19. 设，． （1）若，讨论的单调性； （2）若，求的最大值（用表示）； （3）若有三个极值点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三5月第二次模拟考试 数学试卷 本试卷共4页，19题．满分150分． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将答题卡上交． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知命题：，有，命题：，使得，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】B 【解析】 【详解】对于命题，取，得，所以命题不正确，所以是真命题； 对于命题，取，得，所以命题正确. 综上所述，和都是真命题. 2. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为复数在复平面内对应的点为， 所以，故， 则． 3. 已知函数有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】函数有两个零点，则方程有两个实根， 即有两个实根，即直线与函数的图象有两个交点. 结合函数的图象，可得， 所以的取值范围是. 4. 等差数列的前n项和为，且，，则（ ） A. 90 B. 100 C. 110 D. 200 【答案】B 【解析】 【分析】设出首项和公差，求解出基本量，最后利用求和公式求和即可. 【详解】设首项为，公差为，因为，所以， 因为，所以， 联立方程组可得，解得， 则由等差数列求和公式得，故B正确. 5. 已知直线与圆交于A，B两点，则的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. 5 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】确定直线所过的定点，再求出圆心到该定点的距离，进而确定圆心到直线距离的取值范围，最后根据三角形面积公式求出面积的最大值. 【详解】直线过定点，圆， 易知 设到距离为， ， 当时，. 故选:B． 6. 某游客计划3天内游览完A，B，C，D，E这5个景点，每天至多游览2个景点，且A，B两个景点不安排在同一天游览，则不同的安排方案种数为（ ） A. 36 B. 72 C. 90 D. 144 【答案】B 【解析】 【分析】先算5个景点3天游览的总方案数，再算、同天的方案数，用总方案数减、同天的方案数，最终得出结果. 【详解】5个景点分到3天，每天至多2个景点，因此分组只能是2，2，1， 所以，又因为， 所以总方案数， 若A、B安排在同一天：共分组方式， 又因为三个组分配到3天，共种排列， 因此A、B同天的方案数， 所以，即不同的安排方案种数为72. 7. 已知双曲线及（其中），与相交于A，B，C，D四点，与的两条渐近线相交于四点．若四边形ABCD与四边形相似，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求圆与双曲线渐近线的交点坐标，得到四边形 的边长；再联立圆与双曲线方程，求得四边形 的边长．由两个四边形相似建立关于 的方程，进而求出双曲线的离心率． 【详解】由双曲线 可知其两条渐近线方程为，联立 与 ， 得，因为 ，所以解得 ，从而 ， 故圆 与双曲线两条渐近线的四个交点为 ，所以四边形 为矩形，其边长分别为 ， 再联立，设 ，则，解得， 所以四边形 也为矩形，其边长分别为， 于是矩形两邻边长度之比为，因为四边形 与四边形 相似， 故有，两边平方，得，设 ，则 ，即， 因式分解，得，因为 ，所以， 故双曲线的离心率. 8. 已知时，关于x的不等式恒成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，利用导数分析函数的单调性、最值及零点（记为)，由关于x的不等式恒成立，函数的零点恰好是的零点，结合韦达定理对化简，可得，构造函数，利用导数分析单调性，求得其最大值即可. 【详解】设，则. 令，得. 因为是增函数， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以的最小值为. 因为，，且当时，， 所以有两个不同的零点，记为. 又关于x的不等式恒成立，所以恰为函数的零点. 即. 所以. 令，则. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以在处取得极大值，即最大值，最大值为. 即的最大值为 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 如图，在中，，，P为内的一点，，则下列说法正确的是（ ） A. 若P为的重心，则 B. 若P为的内心，则 C. 若P为的外心，则 D. 若P为的垂心，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】设的中点为.由知，过点，且. 若P为的重心，则， 所以，所以，所以A正确. 若P为的内心，则， 化简得，， 所以， 所以，所以B错误. 若P为的外心， 易知，所以的外接圆的半径为， 即. 则，所以C正确. 若P为的垂心，则，所以，所以 . 所以D正确. 10. 在数列中，若，，则（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列是递减数列 C. 若数列的前n项和为，则 D. 若数列的前n项和为，则 【答案】ABD 【解析】 【详解】数列中，若，，则， 所以，即， 即，且. 所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以A正确. 所以，，， 因为，所以，所以数列是递减数列，所以B正确. 若数列的前n项和为， 则 ，所以C错误. 因为，所以. 若数列的前n项和为， 则， 其中.所以D正确. 11. 已知棱长为的正四面体的四个顶点、、、均在球的球面上，动点、分别在棱、上（不包括端点），则（ ） A. 面积的最小值为 B. 若恰有两个点满足，则的取值范围是 C. 到平面和到平面的距离之和为定值 D. 若，则的周长不可能为 【答案】ACD 【解析】 【分析】将正四面体补成正方体，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出点到直线距离的最小值，结合三角形的面积公式可判断A选项；求出球心到直线的距离以及、的长，结合图形可判断B选项；利用等体积法可判断C选项；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项. 【详解】将正四面体补成正方体，以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中，则， ，， 所以点到直线的距离为 当且仅当时，等号成立，即点到直线距离的最小值为， 所以，A对； 对于B选项，易知球心为正方体体对角线的中点，且， 则球心，， 同理可知，所以为等腰直角三角形， 所以球心到直线的距离为， 故恰有两个点满足，则，即的取值范围是，B错； 对于C选项，， 易知、都是边长为的等边三角形， ， 设点到平面、平面的距离分别为、， 由得， 解得，C对； 对于D选项，设，，、， 在中，， 所以在中，由余弦定理，得， 同理，有， 在中，由余弦定理，得， 在直角中，， 所以，即， 由基本不等式，得，即， 令，则，解得，或（舍）， 所以，显然等号可以取得， 在中，， 又，所以， 所以的周长为， 则的周长为定值，不可能为，所以选项D正确， 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一组数据，，，，频率分布直方图如图所示．若（，，，），则估计数据，，，，的中位数为__________． 【答案】 【解析】 【详解】由频率分布直方图估计，，，，的中位数为. 若（，，，），则估计数据，，，，的中位数为. 13. 已知，分别为函数的两个零点，则的最小值为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】将函数的零点转化为方程的解，再结合正弦函数的性质可得解的表达式，分类讨论，即可求得答案. 【详解】由题意得的零点，即为的解，， 即得或， 即或， 对于，其中相邻解之间距离为， 对于，其中相邻解之间距离为， 当在中取一解，在中取一解时， 两解之间的距离最小为， 综合以上可知的最小值为， 故答案为： 14. 已知集合，，将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．若且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，确定不大于的集合中元素个数，不大于的集合中元素个数，再列出方程并确定其整数解 【详解】依题意，，由，令，显然集合中小于的元素有个， 集合中不大于的元素有个，因此， 由，令， 同理，于是，， 令，则， 由，得，则， 又数列单调递增，而，因此， 当时，，解得；当时，，无整数解； 当时，，无整数解；当时，，无整数解， 则， 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在三棱锥中，和均为等边三角形． （1）若为线段的中点，求证：平面平面； （2）当直线与直线所成角的余弦值为时，求二面角的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由等边三角形可得、，由线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理可证平面平面； （2）取的中点，连接，，可证二面角的平面角为，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法结合线线角可求，从而可求二面角的大小． 【小问1详解】 连接，． 和均为等边三角形，，． 为的中点，，． 又，平面，平面，平面， 平面，平面平面． 【小问2详解】 取的中点，连接，． ，为的中点， ，， 二面角的平面角为，设． ，，平面，平面． 以点为坐标原点，，所在直线分别为，轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，设,则 ，，，， ，， 由题意得，， 解得（舍去），，． 故二面角的大小为． 16. 已知锐角三角形中，角，，的对边分别为，，，且满足． （1）求证：； （2）求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由二倍角公式及同角三角函数的商数关系可得，从而证得； （2）结合（1）的结论，由锐角三角形的定义得的范围，根据正弦定理、诱导公式、二倍角公式及两角和的正弦公式，将转化为的函数，分析该函数的单调性，即可求得其取值范围． 【小问1详解】 ，， 由正弦定理得 ， ． 因为是锐角三角形，所以，， ，． 【小问2详解】 因为为锐角三角形，故，解得， 的取值范围是． ． 令，记． 函数在上为增函数，． 故的取值范围是． 17. 为了增强学生的国防意识，某中学组织了一次国防知识竞赛，高一和高二两个年级学生参加知识竞赛，现两个年级各派一位学生代表参加国防知识决赛，决赛的规则如下： ①决赛一共五轮，在每一轮中，两位学生各回答一次题目，两队累计答对题目数量多者胜；若五轮答满，分数持平，则并列为冠军； ②如果在答满轮前，其中一方答对题目数量已经多于另一方答满次题可能答对的题目数量，则不需再答题，譬如：第轮结束时，双方答对题目数量比为，则不需再答第轮了； ③设高一年级的学生代表甲答对比赛题目的概率是，高二年级的学生代表乙答对比赛题目的概率是，每轮答题比赛中，答对与否互不影响，各轮结果也互不影响. （1）在一次赛前训练中，学生代表甲同学答了轮题，且每次答题互不影响，记为答对题目的数量，求的分布列及数学期望； （2）求在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出的概率. 【答案】（1）分布列见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，利用二项分布的期望公式可求得的值； （2）将“在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出”记为事件，“在第轮结束时，学生代表乙答对道题”记为事件，“在第轮结束时，学生代表乙答对道题”记为事件，则、互斥，且，分别计算出、的值，利用互斥事件的概率公式可求得的值. 【小问1详解】 解：由题可得，的可能取值为、、、， 所以，，， ，， 所以，的分布列为： 所以，. 【小问2详解】 解：将“在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出”记为事件， “在第轮结束时，学生代表乙答对道题”记为事件， “在第轮结束时，学生代表乙答对道题”记为事件，则、互斥，且， 则， ， 所以，. 因此，在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出的概率为. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，是圆上一点，线段与交于点，且． （1）求的标准方程； （2）设为坐标原点，，直线与交于，两点，线段的中点为，的外心为，直线的斜率为，直线的斜率为． （i）试用表示点的坐标； （ii）试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）是，定值为9 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义可求，根据半焦距可求，从而可求椭圆方程； （2）（i）联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可求的坐标；（ii）设，结合圆过可得其一般方程，联立直线方程和圆的方程后结合韦达定理可求的坐标与的关系，据此可求定值. 【小问1详解】 ，即， 所以该圆是以为圆心，6为半径的圆． ，即，． 又，，故C的标准方程为． 【小问2详解】 （i）设，， 联立得， 则且，， ，故， ． （ii）为定值9，理由如下： 设，外接圆的方程可设为． 因为在外接圆上，所以，即， 故外接圆的方程为． 联立， 则， ，． 又，， 故，， 解得，． ， ，故 为定值． 19. 设，． （1）若，讨论的单调性； （2）若，求的最大值（用表示）； （3）若有三个极值点，求的取值范围． 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对求导后分析导数符号即可得的单调性； （2）将的解析式变为，令，通过分析单调性得到使得，再利用得到，且可在处取得等号，从而最大值即为，也可以通过分析的单调性，得到其只有一个零点，进而得到在取得最大值并结合求出最大值表达式； （3）依题意有三个变号零点，从而得到有三个变号零点，首先判断出时是减函数，至多有一个零点，不合题意，再令，求得其极小值为，根据和分类讨论得到的符号变化，进而得到的单调性，最后分析的零点情况. 【小问1详解】 的定义域为， 当时，，则. 令，则， 所以在上单调递减， 又，所以当时，，即；当时，，即， 故在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 解法一：， 令，若，则在上单调递增， 又时，；当时，， 所以，使得，接下来证明一个不等式： 设，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以在处取得极小值也即最小值， 所以恒成立，当且仅当时等号成立， 于是有（当且仅当时等号成立）， 所以，时等号成立，所以． 解法二：， 令， 若，则，在上递减， 又时，，， 所以在上存在唯一的()使得， 当时，，即，递增； 当时，，即，递减， 所以在处取得极大值，也是最大值，且有， 即，变形得. 设，则，在上递增， 又，所以，得， 故． 【小问3详解】 依题意有三个变号零点， 令，则有三个变号零点， . 若，，在上递减，至多有一个零点，不合题意； 因此，令， 则， 故当或时，，递增； 当或时，，递减， 在取得极小值，又，当时，， ①若，此时，即在上恒成立， 所以在上递减，至多有一个零点，不合题意； ②若，即，解得， 又，且，所以， 故在上有且只有两个零点，设为，如图所示， 当或时，，即，递减； 当时，，即，递增， 因为，所以，， ， 令，，则，在上递增， 所以，从而， ，由知， 设，，则， 所以在上递增，有，即， 又时，，时，，如图所示， 所以有三个变号零点， 综上，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $